Chủ đề này có 10 trả lời

[Green Phuong]

$x^{2}+x=y^{4}+y^{3}+y^{2}+y$

[DarkBlood]

$x^{2}+x=y^{4}+y^{3}+y^{2}+y$

Ta có:

 

$x^{2}+x=y^{4}+y^{3}+y^{2}+y$

 

$\Leftrightarrow (2x+1)^2=4y^4+4y^3+4y^2+4y+1$

 

Xét 2 trường hợp:

 

Trường hợp 1: $-1\leq y\leq 2$

 

Thử từng trường hợp của $y$ tính được $x$

 

Trường hợp 2: $y\geq 3$ hoặc $y\leq -2$

 

Khi đó dễ dàng chứng minh được

$$(2y^2+y)^2<4y^4+4y^3+4y^2+4y+1<(2y^2+y+1)^2$$

$$\Leftrightarrow (2y^2+y)^2<(2x+1)^2<(2y^2+y+1)^2$$

Suy ra vô nghiệm.

[caybutbixanh]

Ta có:

 

$x^{2}+x=y^{4}+y^{3}+y^{2}+y$

 

$\Leftrightarrow (2x+1)^2=4y^4+4y^3+4y^2+4y+1$

 

Xét 2 trường hợp:

 

Trường hợp 1: $-1\leq y\leq 2$

 

Thử từng trường hợp của $y$ tính được $x$

 

Trường hợp 2: $y\geq 3$ hoặc $y\leq -2$

 

Khi đó dễ dàng chứng minh được

$$(2y^2+y)^2<4y^4+4y^3+4y^2+4y+1<(2y^2+y+1)^2$$

$$\Leftrightarrow (2y^2+y)^2<(2x+1)^2<(2y^2+y+1)^2$$

Suy ra vô nghiệm.

Tại sao em biết phải  xét các trường hợp như vậy ?

[phamchungminhhuy]

theo bạn darkblood thì có vô số nghiệm thì thử thế giả sử X=1 thì 0 có Y nguyên để thỏa theo mình

ta có x^2+x=y^4+y^3+y^2+y

 <=>x(x+1)=(y+1)y(y^2+1)

 <=>x=y^2+y và x+1=y^2+1 hay x=y^2+1 và x+1=y^2+y hay x=y và x+1=(y+1)(y^2+1)

 

 <=>x=0 và y=0 hay x=5 và y=2 hay x=-1 và y=-1

 o bít cách giải này có đúng xin các bạn góp ý

 

@Dark: Sao vô số nghiệm được bạn :|

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi DarkBlood: 28-06-2013 - 12:01

[caybutbixanh]

theo bạn darkblood thì có vô số nghiệm thì thử thế giả sử X=1 thì 0 có Y nguyên để thỏa theo mình

ta có x^2+x=y^4+y^3+y^2+y

 <=>x(x+1)=(y+1)y(y^2+1)

 <=>x=y^2+y và x+1=y^2+1 hay x=y^2+1 và x+1=y^2+y hay x=y và x+1=(y+1)(y^2+1)

 

 <=>x=0 và y=0 hay x=5 và y=2 hay x=-1 và y=-1

 o bít cách giải này có đúng xin các bạn góp ý

Để đưa về phương trình ước-bội thì bắt buộc phải có một bên là số nguyên bạn ạ.

[DarkBlood]

Tại sao em biết phải  xét các trường hợp như vậy ?

Sau khi biến đổi thành $(2x+1)^2=4y^4+4y^3+4y^2+4y+1$

Thử một giá trị đầu của $y$ xem có là số chính phương không. (thường một số bài dạng này số nhỏ Số lớn cách của em không làm được)

Theo bài trên tìm được $y=2,\ y=0,\ y=-1$ thì $4y^4+4y^3+4y^2+4y+1$ là số chính phương.

Thử tiếp một số giá trị khác của $y$ $(y>2\ ;\ y<-1)$

Dự đoán ở 2 khoảng này không tồn tại giá trị nguyên của $y$ để $4y^4+4y^3+4y^2+4y+1$ là số chính phương.

Tới đây dùng chặn để chứng minh vô nghiệm.

[Ha Manh Huu]

Tại sao em biết phải  xét các trường hợp như vậy ?

phương pháp này gọi là kẹp

tứ là dựa vào tính chất ko tông tại số cp giữa 2 số cp liên tiếp

[caybutbixanh]

phương pháp này gọi là kẹp

tứ là dựa vào tính chất ko tông tại số cp giữa 2 số cp liên tiếp

Mình biết đây là kẹp rồi nhưng chưa hiểu lấy khoảng số mà thôi..

[Ha Manh Huu]

Mình biết đây là kẹp rồi nhưng chưa hiểu lấy khoảng số mà thôi..

thì dựa vào cái biểu thức kẹp thôi

ví dụ cái biểu thức kia bậc 4 thì đưng nhiên phải có $x^{2}$ vì nó có $x^{3}$ nữa nên sẽ phải có thêm x để khi bình phương lên có $x^{3}$
nói chung là bạn cứ làm nhiều rồi sẽ có kinh nghiệm

[Green Phuong]

kết quả: phương trình đã cho có nghiệm $(x,y) la: (0,1); (0,0); (-1,-1); (-1,0); (2,5)$

$(2x+1)^2 = (2y^2+y)^2 + (y+1)*(3y+1)$

Sao ta không xét nếu$y=0$ =>$ x=-1$ hoặc $x=0$ và nếu y=-1 thì x=-1 hoặc x=0

Nếu y khác -1,0 thì y>0 hoặc y<-1  =>$ (y+1)*(3y+1) >0$

=>$(2x+1)^2 < (2x+1)^2 < (2y^2+y+2)^2$   ...

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi nguyentrunghieua: 29-06-2013 - 11:24

[phamchungminhhuy]

ở đây là phương trình nghiệm nguyên cho nên cả hai bên đều là số nguyên nên ta có thể giải pt ước bội